Um dos autovalores é \lambda_{1}=1, com ma \left(\lambda_{1}\right)=2 e o outro autovalor é \lambda_{2}=2, com ma \left(\lambda_{2}\right)=1. Destacando,
\lambda_{1}=1 \quad \text { e } \quad \lambda_{2}=2 .
Vamos calcular os autovetores correspondentes.
Autovetores correspondentes a \lambda_{1}=1. Precisamos resolver a equação homogênea \left(A-\lambda_{1} I\right) X= 0. Escalonamos
Escrevendo X=\left[\begin{array}{lll}x & y & z\end{array}\right]^{T}, as soluções de R_{2} X=0 são tais que
x=-z \quad \text { e } \quad y=-z
e todo autovetor de A correspondente ao autovalor \lambda_{2}=2 é da forma
X=\left[\begin{array}{c} x \\\ y \\\ x \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} -z \\\\ -z \\\ z \end{array}\right]=-z\left[\begin{array}{r} 1 \\\\ 1 \\\\ -1 \end{array}\right], \quad z \neq 0
O autoespaço correspondente tem dimensão 1 e \mathrm{mg}\left(\lambda_{2}\right)=1 e é gerado por
A matriz A é diagonalizável pois possui um conjunto de três autovetores L I. Portanto, existem matrizes P e D, com P inversível e D diagonal, para as quais, A P=P D. Estas matrizes são
e pergunta se existem uma matriz invertível P e uma matriz diagonal D tais que
A P = P D.
Pede-se, em caso afirmativo, apresentar P e D e justificar por que P é invertível sem calcular \det(P).
Passo 2
Ideia principal (breve explicação didática): a igualdade A P = P D com D diagonal e P invertível significa que A é diagonalizável; isto é, existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A. Se conseguirmos três autovetores linearmente independentes v_1,v_2,v_3 de A, então podemos tomar P=[v_1\\ v_2\\ v_3] e D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3), onde A v_i=\lambda_i v_i. Então vamos calcular autovalores e autovetores de A.
Passo 3
Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Começando de
Verificar que v_1\) e \(v_2\) são linearmente independentes (breve explicação didática):
suponha \(a v_1+b v_2=0\). Isso dá o sistema
\[\begin{cases} a+b=0\\\ a+0\cdot b=0\\\\ 0\cdot a + b=0 \end{cases}
daqui a=0\] e \(b=0. Então v_1,v_2 são LI e o autoespaço de \lambda=1 tem dimensão 2 (isso corresponde à multiplicidade geométrica 2).
Passo 6
Encontrar o autoespaço associado a \lambda_{2}=2. Resolver (A-2I)X=0. Tem-se
Se X=(x,y,z)^T, as equações resultantes são x-2y-z=0 e y+z=0. Da segunda vem y=-z; substituindo na primeira obtém-se x=-z. Assim os autovetores são múltiplos de
(qualquer vetor proporcional a v_3 serve). Esse espaço tem dimensão 1.
Passo 7
Mostrar que os três vetores v_1,v_2,v_3\) formam um conjunto de três vetores linearmente independentes (explicação prática para justificar invertibilidade de \(P\)): suponha
\[\alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3=0.
Subtraindo a segunda da primeira obtém-se \beta=0\]. Da terceira com \(\beta=0 vem -\gamma=0\Rightarrow\gamma=0. Então da primeira segue \alpha=0. Logo \alpha=\beta=\gamma=0, ou seja, os três vetores são LI. Isso mostra que há três autovetores LI, formando uma base de \mathbb{R}^3.
Passo 8
Conclusão sobre diagonalização e construção de P e D (explicação didática do porquê A P=P D): como v_1,v_2,v_3 são autovetores com
A v_1 = 1\cdot v_1,\qquad A v_2 = 1\cdot v_2,\qquad A v_3 = 2\cdot v_3,
se montarmos P=[v_1\\ v_2\\ v_3] e D=\operatorname{diag}(1,1,2) então a igualdade A P = P D vale porque a i-ésima coluna de A P é A v_i e a i-ésima coluna de P D é \lambda_i v_i; para cada i temos A v_i=\lambda_i v_i. Assim A é diagonalizável e P e D existem.
Passo 9
Justificativa de que P é invertível sem calcular \det(P): uma matriz quadrada é invertível se, e somente se, suas colunas são linearmente independentes. No Passo 7 mostramos explicitamente que v_1,v_2,v_3 são LI; portanto a matriz P=[v_1\\ v_2\\ v_3] tem posto 3 e é invertível.